高中数学 12应用举例教案3 新人教版必修5.docx
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高中数学12应用举例教案3新人教版必修5
2019-2020年高中数学1．2应用举例教案（3）新人教版必修5
●教学目标
知识与技能：
能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法进一步解决有关三角形的问题,掌握三角形的面积公式的简单推导和应用
过程与方法：
本节课补充了三角形新的面积公式，巧妙设疑，引导学生证明，同时总结出该公式的特点，循序渐进地具体运用于相关的题型。
另外本节课的证明题体现了前面所学知识的生动运用，教师要放手让学生摸索，使学生在具体的论证中灵活把握正弦定理和余弦定理的特点，能不拘一格，一题多解。
只要学生自行掌握了两定理的特点，就能很快开阔思维，有利地进一步突破难点。
情感态度与价值观：
让学生进一步巩固所学的知识，加深对所学定理的理解，提高创新能力；进一步培养学生研究和发现能力，让学生在探究中体验愉悦的成功体验
●教学重点
推导三角形的面积公式并解决简单的相关题目
●教学难点
利用正弦定理、余弦定理来求证简单的证明题
●教学过程
Ⅰ.课题导入
[创设情境]
师：
以前我们就已经接触过了三角形的面积公式，今天我们来学习它的另一个表达公式。
在
ABC中，边BC、CA、AB上的高分别记为h、h、h，那么它们如何用已知边和角表示？
生：
h=bsinC=csinB
h=csinA=asinC
h=asinB=bsinaA
师：
根据以前学过的三角形面积公式S=ah,应用以上求出的高的公式如h=bsinC代入，可以推导出下面的三角形面积公式，S=absinC，大家能推出其它的几个公式吗？
生：
同理可得，S=bcsinA,S=acsinB
师：
除了知道某条边和该边上的高可求出三角形的面积外，知道哪些条件也可求出三角形的面积呢？
生：
如能知道三角形的任意两边以及它们夹角的正弦即可求解
Ⅱ.讲授新课
[范例讲解]
例1、在ABC中，根据下列条件，求三角形的面积S（精确到0.1cm）
（1）已知a=14.8cm,c=23.5cm,B=148.5;
（2）已知B=62.7,C=65.8,b=3.16cm;
（3）已知三边的长分别为a=41.4cm,b=27.3cm,c=38.7cm
分析：
这是一道在不同已知条件下求三角形的面积的问题，与解三角形问题有密切的关系，我们可以应用解三角形面积的知识，观察已知什么，尚缺什么？
求出需要的元素，就可以求出三角形的面积。
解：
（1）应用S=acsinB，得
S=14.823.5sin148.5≈90.9（cm）
（2）根据正弦定理，
=
c=
S=bcsinA=b
A=180-（B+C）=180-（62.7+65.8）=51.5
S=3.16≈4.0（cm）
（3）根据余弦定理的推论，得
cosB=
=
≈0.7697
sinB=≈≈0.6384
应用S=acsinB，得
S≈41.438.70.6384≈511.4（cm）
例2、如图,在某市进行城市环境建设中,要把一个三角形的区域改造成室内公园,经过测量得到这个三角形区域的三条边长分别为68m,88m,127m,这个区域的面积是多少？
（精确到0.1cm）？
师：
你能把这一实际问题化归为一道数学题目吗？
生：
本题可转化为已知三角形的三边，求角的问题，再利用三角形的面积公式求解。
由学生解答，老师巡视并对学生解答进行讲评小结。
解：
设a=68m,b=88m,c=127m,根据余弦定理的推论，
cosB=
=≈0.7532
sinB=0.6578
应用S=acsinB
S≈681270.6578≈2840.38（m）
答：
这个区域的面积是2840.38m。
例3、在ABC中，求证：
（1）
（2）++=2（bccosA+cacosB+abcosC）
分析：
这是一道关于三角形边角关系恒等式的证明问题，观察式子左右两边的特点，联想到用正弦定理来证明
证明：
（1）根据正弦定理，可设
===k
显然k0，所以
左边=
==右边
（2）根据余弦定理的推论，
右边=2（bc+ca+ab）
=（b+c-a）+（c+a-b）+（a+b-c）
=a+b+c=左边
变式练习1：
已知在ABC中，B=30,b=6,c=6,求a及ABC的面积S
提示：
解有关已知两边和其中一边对角的问题，注重分情况讨论解的个数。
答案：
a=6,S=9;a=12,S=18
变式练习2：
判断满足下列条件的三角形形状，
（1）acosA=bcosB
（2）sinC=
提示：
利用正弦定理或余弦定理，“化边为角”或“化角为边”
（1）师：
大家尝试分别用两个定理进行证明。
生1：
（余弦定理）得
a=b
c=
根据边的关系易得是等腰三角形或直角三角形
生2：
（正弦定理）得
sinAcosA=sinBcosB,
sin2A=sin2B,
2A=2B,
A=B
根据边的关系易得是等腰三角形
师：
根据该同学的做法，得到的只有一种情况，而第一位同学的做法有两种，请大家思考，谁的正确呢？
生：
第一位同学的正确。
第二位同学遗漏了另一种情况，因为sin2A=sin2B,有可能推出2A与2B两个角互补，即2A+2B=180，A+B=90
（2）（解略）直角三角形
Ⅲ.课堂练习
课本第21页练习第1、2题
Ⅳ.课时小结
利用正弦定理或余弦定理将已知条件转化为只含边的式子或只含角的三角函数式，然后化简并考察边或角的关系，从而确定三角形的形状。
特别是有些条件既可用正弦定理也可用余弦定理甚至可以两者混用。
Ⅴ.课后作业
课本第23页练习第12、14、15题
●板书设计
●授后记
2019-2020年高中数学1．2．1排列学案新人教A版选修2-3
教学目标：
知识与技能：
了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。
过程与方法：
能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题
情感、态度与价值观：
能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题.
教学重点：
排列、排列数的概念
教学难点：
排列数公式的推导
授课类型：
新授课
教具：
多媒体、实物投影仪
第一课时
一、复习引入：
1分类加法计数原理：
做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种不同的方法，……，在第n类办法中有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法
2.分步乘法计数原理：
做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事有种不同的方法
分类加法计数原理和分步乘法计数原理,回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题,区别在于:
分类加法计数原理针对的是“分类”问题,其中各种方法相互独立,每一种方法只属于某一类,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步乘法计数原理针对的是“分步”问题,各个步骤中的方法相互依存,某一步骤中的每一种方法都只能做完这件事的一个步骤,只有各个步骤都完成才算做完这件事应用两种原理解题:
1.分清要完成的事情是什么；2.是分类完成还是分步完成,“类”间互相独立，“步”间互相联系；3.有无特殊条件的限制
二、讲解新课：
1问题：
问题1．从甲、乙、丙3名同学中选取2名同学参加某一天的一项活动，其中一名同学参加上午的活动，一名同学参加下午的活动，有多少种不同的方法？
分析：
这个问题就是从甲、乙、丙3名同学中每次选取2名同学，按照参加上午的活动在前，参加下午活动在后的顺序排列，一共有多少种不同的排法的问题，共有6种不同的排法：
甲乙甲丙乙甲乙丙丙甲丙乙，其中被取的对象叫做元素
解决这一问题可分两个步骤：
第1步，确定参加上午活动的同学，从3人中任选1人，有3种方法；第2步，确定参加下午活动的同学，当参加上午活动的同学确定后，参加下午活动的同学只能从余下的2人中去选，于是有2种方法．根据分步乘法计数原理，在3名同学中选出2名，按照参加上午活动在前，参加下午活动在后的顺序排列的不同方法共有3×2=6种，如图1.2一1所示．
图1.2一1
把上面问题中被取的对象叫做元素，于是问题可叙述为：
从3个不同的元素a,b，。
中任取2个，然后按照一定的顺序排成一列，一共有多少种不同的排列方法？
所有不同的排列是ab,ac,ba,bc,ca,cb,
共有3×2=6种．
问题2．从1,2,3,4这4个数字中，每次取出3个排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数？
分析：
解决这个问题分三个步骤：
第一步先确定左边的数，在4个字母中任取1个，有4种方法；第二步确定中间的数，从余下的3个数中取，有3种方法；第三步确定右边的数，从余下的2个数中取，有2种方法
由分步计数原理共有：
4×3×2=24种不同的方法，用树型图排出，并写出所有的排列由此可写出所有的排法
显然，从4个数字中，每次取出3个，按“百”“十”“个”位的顺序排成一列，就得到一个三位数．因此有多少种不同的排列方法就有多少个不同的三位数．可以分三个步骤来解决这个问题：
第1步，确定百位上的数字，在1,2,3,4这4个数字中任取1个，有4种方法；
第2步，确定十位上的数字，当百位上的数字确定后，十位上的数字只能从余下的3个数字中去取，有3种方法；
第3步，确定个位上的数字，当百位、十位上的数字确定后，个位的数字只能从余下的2个数字中去取，有2种方法．
根据分步乘法计数原理，从1,2,3,4这4个不同的数字中，每次取出3个数字，按“百”“十”“个”位的顺序排成一列，共有
4×3×2=24
种不同的排法，因而共可得到24个不同的三位数，如图1.2一2所示．
由此可写出所有的三位数：
123，124,132,134,142,143，
213，214,231,234,241,243，
312，314,321,324,341,342，
412，413,421,423,431,432。
同样，问题2可以归结为：
从4个不同的元素a,b,c，d中任取3个，然后按照一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法？
所有不同排列是
abc,abd,acb,acd,adb,adc,
bac,bad,bca,bcd,bda,bdc,
cab,cad,cba,cbd,cda,cdb,
dab,dac,dba,dbc,dca,dcb.
共有4×3×2=24种.
树形图如下
abｃ ｄ
ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｄ ａ ｂ ｄ ａ ｂ ｃ
2．排列的概念：
从个不同元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列
说明：
（1）排列的定义包括两个方面：
①取出元素，②按一定的顺序排列；
（2）两个排列相同的条件：
①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同
3．排列数的定义：
从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示
注意区别排列和排列数的不同：
“一个排列”是指：
从个不同元素中，任取个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数”是指从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号只表示排列数，而不表示具体的排列
4．排列数公式及其推导：
由的意义：
假定有排好顺序的2个空位，从个元素中任取2个元素去填空，一个空位填一个元素，每一种填法就得到一个排列，反过来，任一个排列总可以由这样的一种填法得到，因此，所有不同的填法的种数就是排列数．由分步计数原理完成上述填空共有种填法，∴=
由此，求可以按依次填3个空位来考虑，∴=，
求以按依次填个空位来考虑
，
排列数公式：
（）
说明：
（1）公式特征：
第一个因数是，后面每一个因数比它前面一个
少1，最后一个因数是，共有个因数；
（2）全排列：
当时即个不同元素全部取出的一个排列
全排列数：
（叫做n的阶乘）
另外，我们规定0!
=1.
例1．用计算器计算：
（1）；
（2）;（3）.
解：
用计算器可得：
由
（2）（3）我们看到，．那么，这个结果有没有一般性呢？
即
.
排列数的另一个计算公式：
=.
即=
例2．解方程：
3．
解：
由排列数公式得：
，
∵，∴
，即，
解得或，∵，且，∴原方程的解为．
例3．解不等式：
．
解：
原不等式即，
也就是
，化简得：
，
解得或，又∵，且，
所以，原不等式的解集为．
例4．求证：
（1）；
（2）．
证明：
（1）
，∴原式成立
（2）
右边
∴原式成立
说明：
（1）解含排列数的方程和不等式时要注意排列数中，且这些限制条件，要注意含排列数的方程和不等式中未知数的取值范围；
（2）公式
常用来求值，特别是均为已知时，公式=，常用来证明或化简
例5．化简：
⑴；⑵
⑴解：
原式
⑵提示：
由
，得，
原式
说明：
．
第二课时
例1．（课本例2）．某年全国足球甲级（A组）联赛共有14个队参加，每队要与其余各队在主、客场分别比赛一次，共进行多少场比赛？
解：
任意两队间进行1次主场比赛与1次客场比赛，对应于从14个元素中任取2个元素的一个排列．因此，比赛的总场次是=14×13=182.
例2．（课本例3）．
（1）从5本不同的书中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
（2）从5种不同的书中买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
解：
（1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是
=5×4×3=60.
（2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学每人各1本书的不同方法种数是
5×5×5=125.
例8中两个问题的区别在于：
（1）是从5本不同的书中选出3本分送3名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而
（2）中，由于不同的人得到的书可能相同，因此不符合使用排列数公式的条件，只能用分步乘法计数原理进行计算．
例3．（课本例4）．用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？
分析：
在本问题的。
到9这10个数字中，因为。
不能排在百位上，而其他数可以排在任意位置上，因此。
是一个特殊的元素．一般的，我们可以从特殊元素的排列位置人手来考虑问题
解法1：
由于在没有重复数字的三位数中，百位上的数字不能是O，因此可以分两步完成排列．第1步，排百位上的数字，可以从1到9这九个数字中任选1个，有种选法；第2步，排十位和个位上的数字，可以从余下的9个数字中任选2个，有种选法（图1.2一5）．根据分步乘法计数原理，所求的三位数有
=9×9×8=648（个）.
解法2：
如图1.2一6所示，符合条件的三位数可分成3类．每一位数字都不是位数有A母个，个位数字是O的三位数有揭个，十位数字是0的三位数有揭个．根据分类加法计数原理，符合条件的三位数有
=648个．
解法3：
从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为，其中O在百位上的排列数是，它们的差就是用这10个数字组成的没有重复数字的三位数的个数，即所求的三位数的个数是
-=10×9×8-9×8=648.
对于例9这类计数问题，可用适当的方法将问题分解，而且思考的角度不同，就可以有不同的解题方法．解法1根据百位数字不能是。
的要求，分步完成选3个数组成没有重复数字的三位数这件事，依据的是分步乘法计数原理；解法2以O是否出现以及出现的位置为标准，分类完成这件事情，依据的是分类加法计数原理；解法3是一种逆向思考方法：
先求出从10个不同数字中选3个不重复数字的排列数，然后从中减去百位是。
的排列数（即不是三位数的个数），就得到没有重复数字的三位数的个数．从上述问题的解答过程可以看到，引进排列的概念，以及推导求排列数的公式，可以更加简便、快捷地求解“从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数”这类特殊的计数问题．
1.1节中的例9是否也是这类计数问题？
你能用排列的知识解决它吗？
四、课堂练习：
1．若，则（）
2．与不等的是（）
3．若，则的值为（）
4．计算：
；．
5．若，则的解集是．
6．
（1）已知，那么；
（2）已知，那么=；
（3）已知，那么；
（4）已知，那么．
7．一个火车站有8股岔道，停放4列不同的火车，有多少种不同的停放方法（假定每股岔道只能停放1列火车）？
8．一部纪录影片在4个单位轮映，每一单位放映1场，有多少种轮映次序？
答案：
1.B2.B3.A4.1,15.
6.
（1）6
（2）181440（3）8（4）57.16808.24
巩固练习：
书本20页１，２，３,4,5,6
课外作业：
第27页习题1.2A组1,2,3,4,5
教学反思：
排列的特征：
一个是“取出元素”；二是“按照一定顺序排列”,“一定顺序”就是与位置有关，这也是判断一个问题是不是排列问题的重要标志。
根据排列的定义，两个排列相同，且仅当两个排列的元素完全相同，而且元素的排列顺序也相同.了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。
对于较复杂的问题，一般都有两个方向的列式途径，一个是“正面凑”，一个是“反过来剔”．前者指，按照要求，一点点选出符合要求的方案；后者指，先按全局性的要求，选出方案，再把不符合其他要求的方案剔出去．了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。
第三课时
例1．
（1）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
（2）有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
解：
（1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是：
，所以，共有60种不同的送法
（2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是：
，所以，共有125种不同的送法
说明：
本题两小题的区别在于：
第
（1）小题是从5本不同的书中选出3本分送给3位同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而第
（2）小题中，给每人的书均可以从5种不同的书中任选1种，各人得到那种书相互之间没有联系，要用分步计数原理进行计算
例2．某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任意挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？
解：
分3类：
第一类用1面旗表示的信号有种；
第二类用2面旗表示的信号有种；
第三类用3面旗表示的信号有种，
由分类计数原理，所求的信号种数是：
，
答：
一共可以表示15种不同的信号
例3．将位司机、位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，每一辆汽车分别有一位司机和一位售票员，共有多少种不同的分配方案？
分析：
解决这个问题可以分为两步，第一步：
把位司机分配到四辆不同班次的公共汽车上，即从个不同元素中取出个元素排成一列，有种方法；
第二步：
把位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，也有种方法，
利用分步计数原理即得分配方案的种数
解：
由分步计数原理，分配方案共有（种）
答：
共有576种不同的分配方案
例4．用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？
解法1：
用分步计数原理：
所求的三位数的个数是：
解法2：
符合条件的三位数可以分成三类：
每一位数字都不是0的三位数有个，个位数字是0的三位数有个，十位数字是0的三位数有个，
由分类计数原理，符合条件的三位数的个数是：
．
解法3：
从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为，其中以0为排头的排列数为，因此符合条件的三位数的个数是-．
说明：
解决排列应用题，常用的思考方法有直接法和间接法直接法：
通过对问题进行恰当的分类和分步，直接计算符合条件的排列数如解法1，2；间接法：
对于有限制条件的排列应用题，可先不考虑限制条件，把所有情况的种数求出来，然后再减去不符合限制条件的情况种数如解法3．对于有限制条件的排列应用题，要恰当地确定分类与分步的标准，防止重复与遗漏
第四课时
例5．
（1）7位同学站成一排，共有多少种不同的排法？
解：
问题可以看作：
7个元素的全排列＝5040．
（2）7位同学站成两排（前3后4），共有多少种不同的排法？
解：
根据分步计数原理：
7×6×5×4×3×2×1＝7！
＝5040．
（3）7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？
解：
问题可以看作：
余下的6个元素的全排列——=720．
（4）7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？
解：
根据分步计数原理：
第一步甲、乙站在两端有种；
第二步余下的5名同学进行全排列有种，所以，共有=240种排列方法
（5）7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？
解法1（直接法）：
第一步从（除去甲、乙）其余的5位同学中选2位同学站在排头和排尾有种方法；第二步从余下的5位同学中选5位进行排列（全排列）有种方法，所以一共有＝2400种排列方法
解法2：
（排除法）若甲站在排头有种方法；若乙站在排尾有种方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有种方法，所以，甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有－＋=2400种．
说明：
对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”，对某些特殊元素可以优先考虑
例6.从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上，则共有多少种不同的排法？
解法一：
（从特殊位置考虑）；
解法二：
（从特殊元素考虑）若选：
；若不选：
，
则共有种；
解法三：
（间接法）
第五课时
例7．7位同学站成一排，
（1）甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？
解：
先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的5个元素（同学）一起进行全排列有种方法；再将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有种方法．所以这样的排法一共有种
（2）甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？
解：
方法同上，一共有＝720种
（3）甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？
解法一：
将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在排头和排尾，有种方法；将剩下的4个元素进行全排列有种方法；最后将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有种方法．所以这样的排法一共有＝960种方法
解法二：
将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，若丙站在排头或排尾有2种方法，
所以，丙不能站在排头和排尾的排法有种方法
解法三：
将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成
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